chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG BỒI DƯỠNG HSG
- Trang 1 -
CHUYÊN ĐỀ
XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP MẶT PHẲNG NGHIÊNG
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
Giáo Viên: Nguyễn Hoàng Văn – Trường THPT Krông Nô
1. Lý do chọn chuyên đề
Trong chương trình vật lý phổ thông, cơ học là một trong những viên gạch đầu
tiên tạo nên nền móng vững chắc cho sự hình thành và phát triển của cả hệ thống kiến
thức vật lý sau này. Trong số rất nhiều kiến thức của phần cơ học thì bài tập về mặt
phẳng nghiêng là một dạng bài tập hay và khó, liên tục xuất hiện trong đề thi học sinh
giỏi các cấp, đặc biệt, bài tập về mặt phẳng nghiêng được khai thác rất nhiều trong
những năm gần đây trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và kỳ thi Olympic 30/4 khu
vực phía nam. Do đó, mỗi học sinh ôn thi cho các kỳ thi học sinh giỏi cần được luyện
tập nhiều về dạng bài tập này, vì vậy, giáo viên cần được trang bị những kiến thức cần
thiết về phương pháp giải bài tập để hướng dẫn học sinh tiếp cận được nhiều dạng bài
tập khác nhau về mặt phẳng nghiêng.
2. Tầm quan trọng của chuyên đề
Hiểu và làm được nhiều dạng bài tập khác nhau về mặt phẳng nghiêng sẽ giúp
giáo viên và học sinh sớm tiếp cận và có thể giải quyết được một số câu hỏi hay trong
đề thi học sinh giỏi các cấp. Từ đó, có những kỹ năng cơ bản để tiếp tục nghiên cứu
các kiến thức khác của phần cơ học, đặc biệt có những kiến thức này giúp chúng ta
tiếp cận tốt hơn những dạng bài tập về cơ học vật rắn.
3. Thực trạng của chuyên đề
Hiện nay, bài tập về mặt phẳng nghiêng là một phần kiến thức của một hệ thống
bài tập vô cùng bao la về Cơ học nên hiện nay vẫn chưa có sách tham khảo hay tài liệu
riêng biệt nói đến bài tập về mặt phẳng nghiêng, vì vậy nguồn bài tập, phương pháp
giải bài tập về nội dụng này để giáo viên và học sinh tham khảo cũng có những hạn
chế nhất định.
Do còn nhiều hạn chế khách quan lẫn chủ quan, kinh nghiệm giảng dạy chưa
nhiều nên chuyên đề chỉ khai thác một số dạng bài tập phổ biến về mặt phẳng nghiêng,
chưa đi sâu với những dạng bài tập phức tạp khác.

- Trang 2 -
4. Nội dung chuyên đề
Loại bài tập về mặt phẳng nghiêng không chỉ thường gặp trong tất cả các phần
của cơ học mà còn có cả trong các lĩnh vực khác của vật lý. Khi một vật trượt xuống
hoặc trượt lên trên một mặt phẳng nghiêng, ta sẽ gặp rất nhiều các chủ đề vật lý khác
nhau, từ cơ bản, khá đơn giản, đến khó và phức tạp. Xưa nay, các tài liệu thường chỉ
đề cập đến bài tập mặt phẳng nghiêng trong các bài tập về động học hay động lực học,
riêng bài báo cáo này, tôi xin được đề cập chủ yếu đến các dạng bài tập “kinh điển” và
quen thuộc về mặt phẳng nghiêng trong các chủ đề Động học; Động lực học; Định luật
bảo toàn. Bên cạnh đó, trong chuyên đề tôi xin nói thêm một số kiểu bài tập khai thác
thêm về các nội dung Từ học; Dao động cơ học.
4.1 Động học
Vấn đề đặt ra là nếu một vật bay tự do “tiếp đất” không ở mặt phẳng ngang, mà
lại ở mặt phẳng nghiêng thì phải biết viết cho đúng “điều kiện rơi”
Bài toán 1: Từ một sườn núi nghiêng một góc α so với mặt phẳng ngang, người ta
ném một vật với vận tốc ban đầu v0 theo phương ngang. Hỏi vật sẽ rơi ở điểm cách
chỗ ném bao xa dọc theo mặt phẳng nghiêng?
Lời Giải:
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ. Khi đó, sự phụ thuộc của các tọa độ của vật vào thời
gian có dạng
0
2
x v t
1
y gt
2




Tuy nhiên, điều kiện rơi của vật khác hoàn toàn
với vật rơi tự do hay vật ném ngang mà học sinh
học trong sách giáo khoa, điều kiện giao của quỹ đạo với mặt phẳng nghiêng lại có
dạng sau:
y
tan
x
  . Từ đó, ta tìm được thời gian bay và khoảng cách cần tìm là
2
0 0 02v tan v t 2v tanx
t ; s =
g cos cos gcos
 
  
  
Ngoài cách giải trên, để giải bài toán này bằng cách ta sẽ chọn các trục tọa độ
nghiêng ít quen thuộc đối với các cách giải bài toán động học lâu nay, nhưng lại là
chuẩn đối với các bài toán động lực học. Ban đầu, chúng ta có có cảm tưởng như sự

0v


x
y

- Trang 3 -
mô tả chuyển động với hệ trục này phức tạp hơn; chuyển động bây giờ xảy ra với gia
tốc ay = - gcosα theo phương y và gia tốc ax = gsinα theo phương x. Nhưng bù lại, thứ
nhất, nó làm điều kiện rơi được viết đơn giản hơn là y = 0 và điều đặc biệt nhất ở đây
là vận tốc mỗi khi quả cầu nãy lên là không đổi. Do đó theo trục y diễn ra những chu
trình lên xuống như nhau. Để thấy rõ hơn điều đặc biệt này, ta xét bài toán như sau:
Bài toán 2: Một quả bóng rơi tự do từ độ cao h xuống
một mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang.
Sau khi va chạm tuyệt đối đàn hồi với mặt phẳng
nghiêng, bóng lại tiếp tục nảy lên, rồi lại va chạm vào
mặt phẳng nghiêng và tiếp tục nảy lên, và cứ tiếp tục
như thế. Giả sử mặt phẳng nghiêng đủ dài để quá trình
va chạm của vật xảy ra liên tục. Khoảng cách giữa các
điểm rơi liên tiếp kể từ lần thứ nhất đến lần thứ tư theo thứ tự lần lượt là ℓ1; ℓ2 và ℓ3.
Tìm hệ thức liên hệ giữa ℓ1; ℓ2 và ℓ3. Áp dụng bằng số khi h = 1 m và α = 300
Lời Giải
Vận tốc ban đầu của quả bóng sau va chạm lần 1 với mặt phẳng nghiêng là
2
0
0
v
h v 2gh
2g
  
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ
Do va chạm của bóng và mặt phẳng nghiêng là va
chạm đàn hồi nên tuân theo định luật phản xạ
gương và độ lớn vận tốc được bảo toàn sau mỗi va
chạm.
Véc tơ vận tốc 0v

hợp với trục Oy một góc α
Phương trình chuyển động của quả bóng sau lần va chạm đầu tiên là
2
0
2
0
1
x v sin t gsin t
2
1
y v cos t gcos t
2

   

    

Sau thời gian t1 quả bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ hai tại vị trí cách
điểm va chạm lần đầu một khoảng ℓ1. Khi đó ta có

h

y
x
0v


g

1
2
3

- Trang 4 -
02
11 0
2
2 0
0 1
2v1 tv sin t gsin t
g2
1 4v sin
0 v cos t gcos t 8hsin
2 g
      
 
       
  


Sau va chạm, vật lại bật lên với vận tốc ban đầu được tính
1x 0x x 0 1 0
1y 0y y 0 1 0
v v a t v sin gsin t 3v sin
v v a t v cos gcos t v cos
       

        
Phương trình chuyển động của quả bóng sau lần va chạm thứ hai là
2
0
2
0
1
x 3v sin t gsin t
2
1
y v cos t gcos t
2

   

    

Sau thời gian t2 quả bóng va chạm với mặt phẳng nghiêng lần thứ ba tại vị trí cách
điểm va chạm lần thứ hai một khoảng ℓ2. Khi đó ta có
02
22 0 2
2
2 0
0 2 2
2v1 t3v sin t gsin t
g2
1 8v sin
0 v cos t gcos t 16hsin
2 g
      
 
       
  


Sau va chạm, vật lại bật lên và tính tương tự ta được thời gian từ lúc va chạm đến lúc
bật lên và khoảng cách từ vị trí va chạm lần thứ 3 đến vị trí va chạm lần thứ 4 lần lượt
bằng
0
3
2
0
3
2v
t
g
12v sin
24hsin
g




   


Vậy hệ thức liên hệ giữa ℓ1; ℓ2 và ℓ3 là: 31 2
1 2 3
 
 
Khi h = 1 m và α = 300
thì ℓ1 = 4 m; ℓ2 = 8 m và ℓ3 = 12 m
Bài toán 3: Hai vật nhỏ giống nhau đặt cách nhau d = 1,6 m trên mặt phẳng nghiêng,
góc nghiêng so với phương ngang là  =
300
. Vật ở dưới cách chân mặt phẳng
nghiêng là L = 90 cm. Thả đồng thời cho
hai vật trượt xuống không vận tốc đầu. Bỏ 
L
d

- Trang 5 -
qua ma sát. Lấy g = 10 m/s2
.
a. Tìm vận tốc của mỗi vật ở chân mặt phẳng nghiêng và thời gian trượt của mỗi vật
trên mặt phẳng nghiêng.
b. Sau khi đến chân mặt phẳng nghiêng thì hai vật lại trượt sang mặt phẳng ngang theo
cùng một đường thẳng với tốc độ không đổi bằng tốc độ của chúng ở chân mặt phẳng
nghiêng. Hỏi khoảng cách giữa các vật bằng bao nhiêu khi vật phía trên đến chân mặt
phẳng nghiêng? tính khoảng cách từ vị trí hai vật gặp nhau đến chân mặt phẳng
nghiêng.
Lời Giải
a. Gia tốc của hai vật trên mặt phẳng nghiêng có cùng giá trị bằng:
 0 2
1 2a a g.sin 10sin30 5 m / s    
Tốc độ của hai vật khi đến chân mặt phẳng nghiêng:
 1 1 1 1v 2a s 2a L 2.5.0,9 3 m / s   
   2 2 2 2v 2a s 2a L d 2.5.2,5 5 m / s    
Thời gian chuyển động trên mặt phẳng nghiêng của hai vật:
 1
1
1
v 3
t 0,6 s
a 5
   ;  2
2
2
v 5
t 1 s
a 5
  
b. Khoảng cách giữa hai vật khi cùng chuyển động trên mặt phẳng ngang:
Lúc vật 2 đến chân mặt phẳng nghiêng thì vật 1 cách vật 2 một đoạn:
     1 1 2 1d v t t 3 1 0,6 1,2 m     .
Kể từ khi vật 2 xuống đến mặt ngang thì khoảng cách giữa hai vật giảm dần theo thời
gian theo biểu thức:
   1 2 1d t d v v t 1,2 2t     .
Đến thời điểm t = 0,6 s sau (kể từ khi vật 2 đến chân mặt nghiêng) thì vật 2 bắt kịp vật
Vị trí hai vật gặp nhau cách chân mặt phẳng nghiêng một đoạn bằng:
 2v t 5.0,6 3 m  
Bài toán 4: Sườn đồi có thể coi như một mặt phẳng nghiêng có góc nghiêng α = 300
so
với phương ngang. Từ một điểm O trên sườn đồi người ta ném một vật theo phương
ngang với vận tốc ban đầu có độ lớn v0.

- Trang 6 -
a. Gọi A là vị trí chạm đất của vật (A nằm trên sườn đồi). Tìm OA (OA = d) nếu v0 =
10 m/s b. Gọi B là điểm ở chân dốc; OB = 15 m.
Tìm v0 để vật rơi quá đồi (rơi vào mặt đất nằm
ngang)
Lời Giải
Chọn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ.
Gốc thời gian lúc ném vật.
Phương trình chuyển động của vật
0
2
x v .t
1
y gt
2




(1)
a) Khi vật rơi tại A ta có:
x d.cos
y d.sin
 

 
(2)
Từ (1) và (2)
2
0
2
2v sin
d 13,33(m)
g.cos

 

b) Để không rơi vào dốc thì: d > 15 (m).
Suy ra: v0 > 10,6 (m/s)
Bài toán 5: Một vật M (coi là chất điểm) lăn từ
chân mặt phẳng nghiêng lên trên với vận tốc đầu
v0. Bỏ qua mọi ma sát.
a. Tính độ cao cực đại mà vật đạt được theo g, v0.
b. Biết AB = 30 cm, D là điểm cao nhất mà M lên
được nếu không có va chạm và C là chính giữa
của BD. Nhưng khi M tới C nó va chạm xuyên
tâm đàn hồi với M1 cùng khối lượng với M. Sau đó M đi xuống qua B trước M1 2 giây
và qua A trước M1 1,9 giây. Tính v0 và gia tốc của M.(ngay trước khi va chạm M1
đứng yên và hoàn toàn tự do).
Lời Giải
a. Độ cao cực đại mà vật đạt được:
2 2
0 0mv v
mgh h
2 2g
  
A
D
M
B
C
M1
v0


- Trang 7 -
b. Do va chạm xuyên tâm đàn hồi, động năng và động lượng của hệ được bảo toàn 2
vật cùng khối lượng nên ngay sau va chạm M dừng lại và đi xuống, M1 thu được vận
tốc của M và đi lên điểm cao nhất là D.
Do bỏ qua ma sát nên 2 vật cùng chuyển động với gia tốc a = g.sin .
Thời gian M đi xuống qua B và A là: ,
1 1
2.BC 2(BC AB)
t ; t
a a

 
Thời gian M1 đi lên từ C đến D là: ,
1
2.CD 2.BC
t t
a a
  
Thời gian M1 xuống qua B và A là:
, , ,
2 1 2
2DB 4BC 2(2BC AB)
t t t ; t t
a a a

     
Theo đề: t2 - t1 = 2 =>
4BC
2
a
 (1) =>
BC
1
a
 => ,
t 2(s)
, ,
2 1
2(2BC AB) 2(BC AB)
t t 1,9 2 1,9
a a
 
      (2)
Giải hệ (1), (2) được: BC  0,49 m; a 0,49 m/s2
.
Vận tốc ban đầu:
2
0v 2a.AD 2a(AB 2BC)   thay số ta được v0 ≈ 1,12 m/s.
Bài toán 6: Một vật có khối lượng m = 1 kg nằm ở B (chân mặt phẳng nghiêng BC).
Ta truyền cho vật vận tốc v0= 16 m/s, hướng theo mặt phẳng nghiêng đi lên. Lấy g =
10 m/s2
, hệ số ma sát trợt trong quá trình chuyển động không đổi
3
5
  , góc tạo bởi
mặt phẳng nghiêng và mặt phẳng ngang α = 300
. Mặt phẳng nghiêng BC = 20 m; mặt
phẳng ngang AB rất dài.
a. Tìm độ cao cực đại vật đạt đợc so với mặt phẳng ngang trong quá trình chuyển
động.
b. Tính tổng quãng đờng vật đi đợc từ lúc truyền vận tốc đến khi dừng lại.
Lời Giải
a. Chọn chiều dương theo chiều chuyển động.
* Khi vật đi lên có gia tốc: a1= - g (sinα + μcosα) = - 10 (0,5 + 0,3) = - 8 m/s2
.
Quảng đường vật đi lên: S1 =
1
2
0
2a
v
= 16 m.

- Trang 8 -
Vậy dừng lại tại D rồi chuyển động đi xuống.
 hmax = BDsinα = 16.0,5 = 8m.
b. Gọi a2 là gia tốc lúc vật đi xuống trên mặt nghiêng.
a2= g (sinα - μcosα) = 2 m/s2
.
Vật tốc tại B khi đi xuống: vB = 222 sa = 8m/s.
Gia tốc vật trên mặt phẳng ngang: a3 = - g = -2 3 m/s2
.
 S3 =
3
2
2a
vB
= 9,3 m.S = S1 + S2 + S3 = 41,3m.
Bài toán 7: Ném một viên đá từ điểm A trên mặt phẳng nghiêng với vận tốc 0v

hợp
với mặt phẳng ngang một góc β = 600
, biết α = 300
. Bỏ qua sức cản của không khí.
a. Tính khoảng cách AB từ điểm ném đến điểm viên đá rơi.
b. Tìm góc φ hợp bởi phơng véc tơ vận tốc và phương ngang ngay sau viên đá chạm
mặt phăng nghiêng và bán kính quỹ đạo của viên đá tại B.
Lời Giải
a. Chọn hệ trục oxy gắn O vào điểm A và trục ox song
song với phương ngang.
Trong quá trình chuyển động lực tác dụng duy nhất là
trọng lực P

.
Theo định luật II Newton: amP


Chiếu lên: 0x: xma0 0 xa
0y: ymaP  gay 
Phương trình chuyển động của vật theo hai trục ox và oy:






)2(
2
1
.sin
)1(.cos
2
0
0
gttvy
tvx


Khi viên đá rơi xuống mặt phẳng nghiêng:





)4(sin
)3(cos


ly
lx
Thế (3) vào (1) ta rút ra t thế vào (2) và đồng thời thế (4) vào (2) ta rút ra :

- Trang 9 -


2
2
0
cos.
)cos.sincos..(sincos2
g
v
l




2
2
0
cos
)sin(.cos2
g
v
l

  l
g
v
3
2
2
0
Tại B vận tốc của vật theo phương ox là: cos0vvx 
2
0v

Khi vật chạm mặt phẳng nghiêng:
 cos
3
2
cos
2
0
g
v
lx 
hay  cos
3
2
.cos
2
0
0
g
v
tv  ;
Suy ra thời gian chuyển động trên không của viên đá:


cos3
cos2 0
g
v
t  =
3
2 0
g
v
Vận tốc theo phơng oy tại B:
gtvvy  sin0
323
2
sin 00
0
vv
vvy  
 tan =
3
1
2
32
0
0



v
v
v
v
x
y
 0
30
do 
32
0V
vy 0 nên lúc chạm mặt phẳng nghiêng v

hướng xuống.
Lực hớng tâm tại B:
R
v
mmgFht
2
cos  
cos
2
g
v
R 
Với:
3124
2
0
22
222 vvv
vvv yx 
 R
g
v
.33
2
2
0

- Trang 10 -
4.2 Động lực học
Trước hết, chúng ta xét ba bài toán khá cơ bản về mặt phẳng nghiêng, đó là
bài toán liên quan đến tính toán về gia tốc, quãng đường hay vận tốc của vật tại một vị
trí bất kỳ trên mặt phẳng nghiêng hoặc xác định hệ số ma sát của một bề mặt.
Bài toán 8: Một vật trượt từ trạng thái nghĩ xuống một mặt phẵng nghiêng với góc
nghiêng  so với phương ngang.
a) Nếu bỏ qua ma sát giữa vật và mặt phẵng nghiêng thì vật trượt được 2,45 m trong
giây đầu tiên. Tính góc . Lấy g = 9,8 m/s2
.
b) Nếu hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẵng nghiêng là 0,27 thì trong giây đầu tiên
vật trượt được một đoạn đường bằng bao nhiêu?
Lời giải
Phương trình động lực học: m a

= P

+ msF

+ N

.
Chiếu lên trục Ox, ta có: ma = Psin – Fms .
Chiếu lên trục Oy, ta có: 0 = N - Pcos
 N = Pcos = mgcos  Fms = N = mgcos.
a) Nếu bỏ qua ma sát, ta có: a = gsin
Vì s =
1
2
at2
→ a = 2
2s
t
= 4,9 m/s2
 sin =
a
g
=
1
2
= sin300
→  = 300
.
b) Trường hợp có ma sát: a = g(sin - cos) = 2,6 m/s2
.
s =
1
2
at2
= 1,3 m.
Bài toán 9: Một mặt phẵng AB nghiêng một góc 300
so với mặt phẳng ngang BC. Biết
AB = 1 m, BC = 10,35 m, hệ số ma sát trên mặt phẵng nghiêng 1 = 0,1. Lấy g = 10
m/s2
. Một vật khối lượng m = 1 kg trượt không có vận tốc ban đầu từ đỉnh A tới C thì
dừng lại. Tính vận tốc của vật tại B và hệ số ma sát 2 trên mặt phẵng ngang.
Lời giải
Phương trình động lực học: m a

= P

+ msF

+ P

+ N

Chiếu lên phương song song với mặt phẵng nghiêng
(phương chuyển động), chiều dương hướng xuống (cùng
chiều với chiều chuyển động), ta có: ma1 = Psin – Fms .
Chiếu lên phương vuông góc với mặt phẵng nghiêng

- Trang 11 -
(vuông góc với phương chuyển động), chiều dương hướng lên, ta có:
0 = N - Pcos → N = Pcos = mgcos  Fms = N = mgcos.
Gia tốc trên mặt phẵng nghiêng:
a =
mgsin mgcos
m
   
= g(sin - cos)  4 m/s2
.
Vận tốc của vật tại B: vB = 12a .AB = 2 2 m/s.
Gia tốc của vật trên mặt phẵng ngang: a2 =
2
Bv
2BC

 - 0,4 m/s2
.
Trên mặt phẵng ngang ta có: a2 = 2mg
m

= - 2g  2 = 2a
g
= 0,04.
Bài toán 10: Một vật đang chuyển động trên đường ngang với vận tốc 20 m/s thì trượt
lên một cái dốc dài 100 m, cao 10 m. Biết hệ số ma sát giữa vật và mặt dốc là  = 0,05.
Lấy g = 10 m/s2
.
a) Tìm gia tốc của vật khi lên dốc. Vật có lên được đỉnh dốc không, nếu có, tìm vận
tốc của vật tại đỉnh dốc và thời gian lên dốc.
b) Nếu trước khi trượt lên dốc, vận tốc của vật chỉ là 15 m/s thì chiều dài của đoạn lên
dốc bằng bao nhiêu? Tính vận tốc của vật khi nó trở lại chân dốc.
Lời giải: Phương trình động lực học: m a

= P

+ msF

+ P

+ N

Chiếu lên phương song song với mặt phẵng nghiêng
(phương chuyển động), chọn chiều dương hướng lên
(cùng chiều với chiều chuyển động), ta có:
ma = – Psin – Fms .
Chiếu lên phương vuông góc với mặt phẵng nghiêng
(vuông góc với phương chuyển động), chiều dương hướng lên, ta có:
0 = N - Pcos  N = Pcos = mgcos  Fms = N = mgcos.
a) Gia tốc của vật khi lên dốc:
a =
mgsin mgcos
m
   
= - g(sin + cos)
= - g(
h
s
+ 
2 2
s h
s

)  - 1,5 m/s2
.
Quãng đường đi cho đến lúc dừng lại (v = 0): s’ =
2 2
0v v
2a

= 133 m.

- Trang 12 -
Vì s’ > s nên vật có thể lên được đến đỉnh dốc.
Vận tốc của vật khi lên tới đỉnh dốc: v = 2
0v 2as = 10 m/s.
b) Nếu vận tốc ban đầu là 15 m/s thì: s’ =
2 2
0v v
2a

= 75 m.
Gia tốc của vật khi xuống dốc: a’ = g(
h
s
- 
2 2
s h
s

) = 0,5 m/s2
.
Vận tốc của vật khi xuống lại chân dốc: v’ = 2a's' = 8,7 m/s.
Một trong những bài tập khá hay về mặt phẳng nghiêng là tìm điều kiện về lực
tác dụng, về góc của mặt phẳng nghiêng...để thỏa mãn một điều kiện đặc biệt nào đó.
Những bài toán tiếp theo sau đây, đề cập đến vấn đề đó.
Bài toán 11: Vật m được kéo đều trên mặt phẳng nghiêng góc  lực kéo F

hợp với
mặt phẳng một góc, hệ số ma sát là  . Giá trị nhỏ nhất của F là bao nhiêu để thực
hiện được việc này. Lúc đó  bằng bao nhiêu ?
Lời giải
Chọn hệ trục như hình vẽ.
Các lực tác dụng vào vật: Fms,p,N,F
  
Theo định luật II Newton: F Fms p N 0   
  
Chiếu lên 0x: Fcos Fms mgsin 0    
Chiếu lên 0y:
Fsin mgcos N 0      N  mgcos Fsin 
msF .N (mgcos Fsin )      
 Fcos mgcos Fsin mgsin 0         
 mg sin cos
F .
sin cos
   
 
   
Để lực F nhỏ nhất thì sin cos    lớn nhất.
Đặt: sin cos m      sin cos m     = 0
Đây là phương trình bậc nhất đối với sinx và cosx. Điều kiện có nghiệm của phương
trình:
2 2 2
1 m m 2      

- Trang 13 -
Vậy:
 
min 2
mg sin cos
F
1
   

 
Để tìm  ta giải phương trình: sin cos    = 2
1 
 sin 1
2

        
2

     với 2
cos
1

 
 
; 2
1
sin
1
 
 
Ta có: tan tan cot
2
 
        
 
Vậy: arctan   .
Ở bài toán này, để tìm điều kiện cho lực cực đại, người ta thường dùng bất đẳng
thức để biến đổi, tuy nhiên, để giải riêng cho bài này cũng như rất nhiều bài toán liên
quan đến sự cực trị chúng ta có thể ứng dụng đạo hàm để giải, bài toán sau đây tôi sẽ
giải bằng ứng dụng đạo hàm.
Bài toán 12: Một vật nhỏ A bắt đầu trượt từ đỉnh của một
mặt phẳng nghiêng đáy là b như hình vẽ sau. Hệ số ma sát
trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là μt. Tìm giá trị góc α
của mặt phẳng nghiêng để thời gian vật đi xuống là nhỏ nhất.
Lời Giải
Vật chịu tác dụng của: Trọng lực P

, phản lực N

, lực ma sát trượt msF

Áp dụng định luật II Newton ta có:  msma P N F *  
   
Chiếu phương trình (*) lên hệ trục Oxy đã chọn ta được:
  
t
t
ma mgsin .N
N mgcos
a g sin cos 1
   

 
     
Quãng đường vật đi được sau thời gian t là:
21
S at
2
 (S là độ dài mặt phẳng nghiêng)
Mặt khác, từ hình vẽ ta được:
b
α
b
αP

xP

yP

N

msf


- Trang 14 -
 2 2b b 1 2b
S at t 2
cos cos 2 acos
    
  
Thay (1) vào (2) ta được:
 
2
2
t
2b
t
sin .cos cos g

   
Đặt  2
tM sin .cos cos      . Khi đó 2 2b
t
M.g

Để thời gian là cực tiểu thì M đạt cực đại (vì b, g không đổi), khi đó, theo ý nghĩa
của đạo hàm thì M cực đại khi đạo hàm bậc nhất của M theo ẩn số α phải bằng 0.
Khi đó:   tM cos2 sin 2 0        tcos2 sin 2 0     
t
t t
1 1 1
cos2 sin 2 tan 2 arctan
2
  
              
   
Những bài toán tiếp theo, chúng ta sẽ tìm hiểu về một vấn đề cũng khá hay về
mặt phẳng nghiêng, đó là tìm điều kiện để một vật trượt lên hay trượt xuống mặt
phẳng nghiêng hoặc tính toán độ lớn nhỏ nhất hay lớn nhất của lực tác dụng vào vật
đặt trên mặt phẳng nghiêng.
Bài toán 13: Một vật có trọng lượng P = 100 N được giữ đứng
yên trên mặt phẳng nghiêng góc α bằng lực F có phương nằm
ngang. Biết tanα = 0,5 và hệ số ma sát trượt μ = 0,2.
Lấy g = 10 m/s2
.
a. Tính giá trị lực F lớn nhất.
b. Tính giá trị lực F nhỏ nhất
Lời giải:
a) Lực F có giá trị lớn nhất khi vật có xu hướng đi lên.
Khi đó các lực tác dụng lên vật như hình vẽ.
Do vật cân bằng nên msN F F P 0   
   
Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta
được:
ms
ms
F Fcos Psin
N Fsin Pcos
P(sin cos ) P(tan )
Do : F N F
cos sin 1 tan
   
   
      
    
    

F

α
msF

P

F

N


- Trang 15 -
max
P(tan )
F
1 tan
  
 
  
Thay số ta được: maxF 77,8N
b) Lực F có giá trị nhỏ nhất khi vật có xu hướng đi xuống.
Khi đó lực ma sát đổi chiều so với hình vẽ.
Do vật cân bằng nên msN F F P 0   
   
Chiếu lên phương mặt phẳng nghiêng và phương vuông góc với mặt phẳng nghiêng ta
được:
ms
ms
min
F Fcos Psin
N Fsin Pcos
P(sin cos ) P(tan )
Do : F N F
cos sin 1 tan
P(tan )
F
1 tan
    
   
     
    
      
  
 
  
Thay số ta được: maxF 27,27N
Bài toán 14: Vật khối lượng m được kéo đi lên trên mặt
phẳng nghiêng với lực F

, F

hợp với mặt phẳng nghiêng
góc β. Mặt phẳng nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang.
Hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng nghiêng là μ.
a) Tìm biểu thức tính F khi vật đi lên đều theo mặt phẳng
nghiêng.
b) Với m = 5 kg, α = 450
; μ = 0,5; lấy g = 10 m/s2
. Xét vật đi lên đều, tìm β để F nhỏ
nhất, tìm giá trị lực F nhỏ nhất đó.
Lời giải
a. Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ.
Vật chuyển động đều nên:
mstF P F N 0   
   
(*)
Chiếu (*) lên: Ox: mstFcos Psin F 0     (2)
Oy: Fsin N Pcos 0     (3)
Thay  mstF N Pcos Fsin       vào (2) ta được:

F



mstF

P

F

N

O
y
x


- Trang 16 -
sin cos
F P
cos sin
   

   
Vì P = mg,  và  xác định nên F = Fmin khi mẫu số M cos sin     cực đại.
Theo bất đẳng thức Bunhacôpxki:
    2 2 2 2
cos sin sin cos 1 1            
Dấu ‘=’ xảy ra o
tan = 0,5 26,56       .
Vậy khi o
26,56  thì min 2
sin cos
F F P 47,43N
1
   
  
 
Bài toán 15: Một vật có trọng lượng P = 100 N được giữ đứng yên trên mặt phẳng
nghiêng góc α so với mặt phẳng ngang bằng một lực
F

có phương ngang như hình vẽ bên. Biết tanα =
0,5; hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng
nghiêng là μ = 0,2. Xác định điều kiện về F để:
a. Vật có xu hướng đi lên.
b. Vật có xu hướng đi xuống.
Lời giải:
a. Vật có xu hướng đi lên:
Các lực tác dụng vào vật: msN, F,F ,P
   
Để vật nằm yên và có xu hướng đi lên thì: msPsin Fcos Psin F     
với msF N (F.sin Pcos )      
P(sin cos ) P(tan )
Ptan F
cos sin 1 tan
      
    
      
Thay số ta được:
100(0,5 0,2)
100.0,5 F
1 0,2.0,5

 

700
50N F N 77,8N
9
   
b. Vật có xu hướng đi xuống
Hình vẽ tương tự như trường hợp vật có xu hướng đi lên, nhưng lực ma sát đổi chiều.
Để vật nằm yên và có xu hướng đi xuống thì:
msPsin F Fcos Psin     
với msF N (F.sin Pcos )      
F


O
x
msF

F

P

N



- Trang 17 -
P(tan )
F Ptan
1 tan
 
   
  
Thay số ta được:
100(0,5 0,2)
F 50
1 0,2.0,5

 

300
27,3N N F 50N
11
   
Bây giờ, chúng ta sẽ xét những bài toán mặt phẳng nghiêng đặc biệt, khi vật
đặt trên mặt nêm chuyển động thì nêm cũng trượt theo, đây là dạng bài toán khá phổ
biến trong các đề thi chính thức của các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Bài toán 16: Một nêm có tiết diện là tam giác ABC
vuông tại A, và hai mặt bên là AB và AC. Cho hai
vật m1 và m2 chuyển động đồng thời không vận tốc
đầu từ A trên hai mặt nêm. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy
g = 10 m/s2
.
a. Giữ nêm cố định, thời gian hai vật m1 và m2 trượt đến các chân mặt nêm AB và AC
tương ứng là t1 và t2 với t2 = 2t1. Tìm .
b. Để t1 = t2 thì cần phải cho nêm chuyển động theo phương ngang một gia tốc a0
không đổi bằng bao nhiêu?
Lời Giải
a. Gia tốc của các vật trên mặt phẳng nghiêng: a1 = gsin; a2 = gcos
2
gsin .t
AB =
2

và
2
gcos .t
AC =
2

t2 = 2t1 
AC 4
AB tan


(1)
Mặt khác tan =
AC
AB
(2)
 tan = 2   = 63,40
.
b. Để t1 = t2 thì nêm phải chuyển động về phía bên trái nhanh nhanh dần đều
Trong hệ quy chiếu gắn với nêm thì
a1n = gsin - a0cos
a2n = gcos + a0sin
Vì t1 = t2  tan =
AC
AB
= 2n
1n
a
a
= 0
0
gcos + a sin
gsin a cos
 
  
= 2
Thay số ta được a0 =
3
g
4
= 7,5 m/s2
.

m2
m1
B C
A

- Trang 18 -
Bài toán 17: Trên mặt phẳng ngang nhẵn có một chiếc nêm với góc nêm α. Vật nhỏ
khối lượng m trượt xuống với gia tốc có hướng hợp với mặt
phẳng ngang góc β, gia tốc trọng trường g. Xác định khối
lượng của nêm và gia tốc trong chuyển động tương đối của
vật đối với nêm. Bỏ qua mọi ma sát.
Lời giải:
- Xét chuyển động của vật trong hệ quy chiếu gắn với mặt đất.
+) Các lực tác dụng lên vật như hình vẽ.
+) Gọi a

: gia tốc của vật đối với nêm
0a

: gia tốc của nêm đối với đất
- Phương trình ĐLH viết cho vật:
 0Nsin m a acos (1)    
Ncos mg masin (2)    
- Phương trình ĐLH viết cho nêm:
0Qsin Ma ; Q N (3)  
+) Giải hệ:
Từ (1) và (3) có:
 0 0Ma m a a cos (4)   
Từ (2) và (3) có:
 0
cos
Ma m g asin (5)
sin

  

- Sử dụng định lý hàm số sin trong tam giác gia tốc ta có:
     
0
0
0
a a a sin
(6)
sin a sinsin 180

  
     
- Từ (4)
0
a m M
a mcos

 

thay vào (6)
- Tìm được :
tan
M m
tan tan


  
- Từ (4), (5) và (6) tìm được:
 
sin sin
a g
sin sin cos
 

     
αβ
m
αβ
ao
N
Q
P
a

- Trang 19 -
Trong rất nhiều dạng bài tập động lực học, thì bài tập mặt phẳng nghiêng liên
kết với ròng rọc là dạng bài tập rất quen thuộc đối với đa số giáo viên và học sinh, sau
đây, chúng ra xét các bài toán liên kết giữa ròng rọc và mặt phẳng nghiêng đặc trưng
nhất.
Bài toán 18: Cho cơ hệ như hình vẽ. Biết m1 = 500 g, m2
= 600 g,  = 300
, hệ số ma sát trượt giữa vật m1 và mặt phẵng
nghiêng là  = 0,2. Lấy g = 10 m/s2
. Bỏ qua ma sát và khối
lượng của ròng rọc, dây nối. Tính gia tốc chuyển động của
mỗi vật và sức căng của sợi dây.
Lời giải: Phương trình động lực học của các vật:
m1 1a

= 1P

+ msF

+ N

+ 1T

.
m2 2a

= 2P

+ 2T

.
Vì dây không giãn và khối lượng dây không đáng kể
nên:
a1 = a2 = a; T1 = T2 = T
Vì P2 > P1sin nên vật m2 chuyển động xuống, m1 chuyển động lên theo mặt phẵng
nghiêng.
Với vật m1 chiếu lên các trục Ox và Oy, với vật m2 chiếu lên phương thẳng đứng,
chiều dương hướng xuống, ta có:
m1a = T – P1sin - Fms (1)
0 = N - Pcos  N = P1cos = m1gcos  Fms = m1gcos (2)
m2a = P2 – T = m2g – T (3)
Từ (1), (2) và (3)  a = 2 1 1
1 2
m g m gsin m gcos
m m
    

= 2,4 m/s2
.
Thay a vào (3) ta có: T = m2g – m2a = 4,56 N.
Bài toán chúng ta vừa xét rất cơ bản khi chỉ xét đến chuyển động của các vật
còn nêm cố định, bài toán sau đây chúng ta đề cập đến chuyển động phức tạp hơn khi
xét đến chuyển động của nêm. Với bài toán này, ngoài việc áp dụng các định luật
Newton cho các vật nặng, ta còn xét đến quá trình chuyển động của nêm, số lượng
phương trình nhiều hơn và tính toán phức tạp hơn, đây cũng là dạng bài tập thường
được chọn ra trong các kỳ thi học sinh giỏi ở cấp khu vực hoặc cấp quốc gia.

- Trang 20 -
Bài toán 19: Cho cơ hệ như hình vẽ. Biết  = 300
, m1 = 3 kg, m2 = 2 kg, M = 2 kg, ma
sát giữa m2 và M là không đáng kể. Bỏ qua khối lượng dây nối và ròng rọc, dây không
dãn, lấy g = 10 m/s2
.
a. M đứng yên. Tìm gia tốc của các vật m1 và m2,
độ lớn lực căng dây và áp lực của dây lên ròng rọc.
b. Tìm điều kiện của hệ số ma sát giữa M và mặt
bàn nằm ngang để M không bị trượt trên bàn.
Lời Giải
a. Khi M đứng yên
Chọn chiều dương là chiều chuyển động
Đối với m1 có các lực tác dụng: 1P

; 1T

Đối với m1 có các lực tác dụng: 2P

; 2T

Viết biểu thức định luật II Newton cho mỗi
vật và chiếu lên chiều chuyển động ta được các phương trình sau:
P1 – T1 = m1a1
T2 – P2sin = m2a2
Do dây không dãn nên: a1 = a2 = a; T1 = T2 = T
a1 = a2 = 21 2
1 2
1 2
P P sin
a a 4 m / s
m m
 
  

T = P1 – m1a = 18 N
Áp lực tác dụng lên trục của ròng rọc:
1 2Q T T 
  
Độ lớn: Q = 2T.cos300
= 18 3 N
b. Các lực tác dụng vào vật M:
P

, N

,P

,P

, '
2N

, msF

N2’ = P2cos = 10 3 N
Fmsn = T2x – N2x = 4 3 N.
N = P + T1 + T2y + N2y’
= P + T1 + T2sin + N2x’cos = 62 N
M
2m
1m

P
N
Fmsn
N2’
T1
T2
M
2m
1m

P2
T1
N2
T2
T2
T1
P1
2T

1T

Q


- Trang 21 -
Để M không bị trượt trên bàn thì ma sát giữa M và bàn là ma sát nghỉ: Fmsn  N
 msnF
0,11
N
   
Bài toán tiếp theo chúng ta xét là một bài toán khá phức tạp, đó là sự liên kết
giữa mặt phẳng nghiêng với ròng rọc và trên mặt phẳng nghiêng có một vật khác đang
chuyển động.
Bài toán 20: Một nêm có khối lượng M = 200
gam, có mặt MN dài ℓ = 80 cm và nghiêng góc α =
300
, được đặt trên một mặt bàn nhẵn và được nối
với vật B có khối lượng mB = 500 gam bằng một
sợi dây mãnh, không giãn vắt qua một ròng rọc cố
định có khối lượng không đáng kể. Ban đầu giữ vật
B đứng yên. Đặt tại đỉnh M của nêm một vật A có
khối lượng mA = 100 gam rồi buông cả hai vật A và B để chúng chuyển động.
Tìm thời gian vật A trượt đến mặt bàn và quãng đường mà vật B đi được trong
thời gian đó; Tính lực căng dây nối. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = 10 m/s2
Lời Giải:
Chọn hệ trục tọa độ có gốc O gắn với mặt bàn, trục Oy hướng thẳng đứng lên trên.
Gọi 1N

là phản lực vuông góc của mặt nêm tác
dụng lên vật A.
Gọi 1 2 3a ; a ; a
  
lần lượt là gia tốc của vật A, nêm
và vật B so với mặt bàn. Khi đó a2 = a3
- Áp dụng định luật II Newton cho vật A ta được :
1 1 1 1P N m a 
  
Chiếu lên các trục tọa độ ta được
Chiếu lên Ox: N1sinα = m1a1x  a1x = 5N1 (1)
Chiếu lên Oy: N1cosα – P1 = m1a1y  a1y = 10 – 5 3 N1 (2)
- Áp dụng định luật II Newton cho nêm:
2 1 2 2 2 1 1P N N T m a (N N )     
    
Chiếu lên hệ trục ta được
T + N1sinα = m2a2  a2 = 2,5T + 1,25N1 (3)
N
M
A
B
y
xO
N
M
A
B
2N

2P

1P

1N

3P

T

T


- Trang 22 -
- Áp dụng định luật II Newton cho vật B
3 3 3P T m a 
  
Chiếu lên hệ trục ta có: T – P3 = m3a3  a3 = 10 – 2T (4)
Gia tốc của vật A đối với nêm: 1 2a = a a
  
x 1x 2 1
y 1y 1
a a a 2,5T 6,25N
a a 10 5 3N
   

  
Lại có:  y
x
a
tan 6
a
 
Giải hệ gồm các phương trình trên ta được
N1 = 0,572 N; T = 2,06 N; a1x = 2,885 m/s2
; a1y = 5,004 m/s2
.
a1 = 5,412 m/s2
; a = 10,08 m/s2
; a3 = 5,88 m/s2
Thời gian để vật A trượt hết mặt bàn là:
2
t 0,4s
a
 

Quãng đường vật B đi được 2
3
1
s a t 0,47m
2
 
4.3 Tĩnh học
Bài toán tĩnh học cơ bản nhất về mặt phẳng nghiêng đó là bài toán một vật nằm
cân bằng trên đó và đề bài thường yêu cầu tính toán về điều kiện tạo ra sự cân bằng đó.
Bài toán sau đây là bài toán đơn giản như vậy.
Bài toán 21: Một vật có khối lượng m = 2 kg được giữ yên trên
một mặt phẵng nghiêng bởi một sợi dây song song với đường dốc
chính. Biết góc nghiêng  = 300
, g = 9,8 m/s2
và ma sát không
đáng kể. Xác định lực căng của sợi dây và phản lực của mặt phẵng nghiêng lên vật.
Lời Giải
Vật chịu tác dụng của các lực: Trọng lực P

, phản lực N

và
sức căng T

của sợi dây.
Điều kiện cân bằng: P

+ N

+ T

= 0

.
Chiếu lên trục Ox, ta có: Psin - T = 0
 T = Psin = mgsin = 9,8 N.
Chiếu lên trục Oy, ta có: Pcos - N = 0  N = Pcos = mgcos = 17 N.

- Trang 23 -
Trong thực tế, khi các phương tiện giao thông chuyển động trên đoạn đường
của những khu vực có địa hình hiểm trở, khó khăn, người ta thường tính toán, khối
lượng hàng hóa chất trên xe, chiều dài của xe…để đảm bảo an toàn giao thông. Để
hiểu hơn về vấn đề này, ta xét một bài toán sau.
Bài toán 22: Một kiện hàng hình hộp đồng chất, có khối
tâm ở tâm hình hộp, được thả trượt trên mặt phẳng nghiêng
nhờ hai gối nhỏ A và B. Chiều cao của hình hộp gấp n lần
chiều dài (h = nl). Mặt phẳng nghiêng một góc α, hệ số ma
sát giữa gối A và B là μ.
a. Hãy tính lực ma sát tại mỗi gối.
b. Với giá trị nào của n để kiện hàng vẫn trượt mà không bị lật.
Lời Giải:
a. Xét các lực tác dụng vào kiện hàng: msBmsABA FFNNP

,,,, .
Theo định luật II Newton: amFFNNP msBmsABA


Chiếu lên oy:  cos0)(cos mgNNNNP BAAA  (1)
Chọn khối tâm G của kiện hàng làm tâm quay, vật chuyển động tịnh tiến không quay
nên từ đó ta có:
2222
h
F
h
F
l
N
l
N msBmsAAB 
).(. BA
msBmsA
AB NN
l
h
h
l
FF
NN 



Cuối cùng:
)2(cos
cos


nmg
l
mgh
NN AB 
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta đợc:
)1(cos
2
1
nmgNA  
)1(cos
2
1
nmgNB  
Lực ma sát tại mỗi gối:








)1(cos
2
1
)1(cos
2
1
nmgNF
nmgNF
BmsB
AmsA



- Trang 24 -
b. Kiện hàng vẫn trợt mà không bị lật khi : 0AN
Hay: 01  n 

1
n .
Trong sự cân bằng của một vật, một trong những vấn đề được nhắc đến đó là
cân bằng của vật trong trạng thái đó là bền hay không bền, để biết được cân bằng của
vật là bền hay không bền ta thường dựa vào thế năng của vật hoặc các lực tác dụng
vào vật, gây ra chuyển động cho vật, bài toán sau đây, sẽ xác định trạng thái cân bằng
bền hay không bền bằng phương pháp tọa độ khối tâm.
Bài toán 23: Một khung thép nhẹ, cứng kim loại có dạng
tam giác vuông ABC với góc nhọn Â = α; cạnh AB = a
được đặt trong mặt phẳng thẳng đứng, cạnh huyền nằm
ngang. Trên hai cạnh góc vuông có xuyên hai viên bi thép
nhỏ (coi là chất điểm) khối lượng lần lượt là m1 và m2.
Chúng được nối với nhau bằng thanh nhẹ, có chiều dài ℓ (ℓ
< AC) thanh nhẹ có thể trươt không ma sát trên hai cạnh góc vuông. Ban đầu thả hệ
hai viên bi và thanh nhẹ từ đỉnh góc vuông B. Khi thanh nhẹ nối hai vật hợp với cạnh
AB một góc β thì hệ vật đạt trạng thái cân bằng bền. Tìm hệ thức liên hệ giữa m1, m2,
α và β.
Lời Giải:
Khối tâm của hệ gồm hai viên bi và thanh nối là
1 1 2 2
G
1 2
m y m y
y
m m



(1)
Với
 
 
1
2 1
y a cos sin (2)
y sin y asin sin cos (3)
   

        

 
Thay (2) và (3) vào (1) và biến đổi ta
được:
2 1
G
1 2 2
m cos m
y asin tan .cos sin
m m m
 
       
  

Xét biểu thức 1
2
m
x tan .cos sin bcos sin
m
        . Với 1
2
m
b tan
m
  .

β
A
B
C
m1
m2
ℓ

β
A
B
C x
y
m1
m2
ℓ

- Trang 25 -
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
      2 2 2 2 2
bcos sin b 1 cos sin b 1         
Dấu “=” xảy ra khi: 1
2
cos m
sin cot b tan
b m

      
Ta thấy khi cot b  thì biểu thức x đạt giá trị lớn nhất, khi đó yG đạt giá trị
nhỏ nhất, hay khối tâm ở vị trí thấp nhất, do đó hệ ở trạng thái cân bằng bền.
Vậy, hệ ở trạng thái cân bằng bền khi: 1
2
m
cot tan
m
  
Tiếp theo, chúng ta sẽ xét những bài toán liên quan đến vật rắn chuyển động
trên mặt phẳng nghiên, đây là dạng bài tập đặc biệt quan trọng đối với kiến thức cơ
học cần được bồi dưỡng cho đội tuyển thi HSG Quốc gia.
Bài toán 24: Từ mức cao nhất của một mặt phẳng nghiêng, một hình trụ đặc và một
quả cầu đặc có cùng khối lượng và bán kính, đồng thời bắt đầu lăn không trượt xuống
dưới. Tìm tỷ số các vận tốc của hai vật tại một một mức ngang nào đó.
Lời giải
Gọi vc là vận tốc của quả cầu sau khi lăn xuống được độ
cao h.
vT là vận tốc của hình trụ sau khi lăn xuống được độ cao
h.
Khi quả cầu, hình trụ lăn không trượt xuống dưới, thì
điểm đặt của lực ma sát tĩnh nằm trên trục quay tức thời, mà tại đó vận tốc của các
điểm tại bằng không và không ảnh hưởng tới cơ năng toàn phần của vật.
Vai trò của lực ma sát ở đây là đảm bảo cho vật lăn thuần tuỳ không trượt và đảm bảo
cho độ giảm thế năng hoàn toàn chuyển thành độ tăng động năng tịnh tiến và chuyển
động năng quay của vật.
Vì các lực tác dụng lên hình trụ đặc và quả cầu đều là : p

( lực thế ), 

( theo phương
pháp tuyến) và lực ma sát tĩnh ms
F

. Ta có 

và ms
F

không sinh công
 Acác lực không thế = 0  cơ năng của hệ được bảo toàn.
Như vậy ta có thể áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho chuyển động của quả cầu và
hình trụ:
Với quả cầu: mgh =
2 2
2 2
c c c
mv  
 ( 1 )
A
B

- Trang 26 -
O
x
y
ms
F
C
P
N

Với hình trụ: mgh =
2 2
2 2
mv  
 
 ( 2 )
Trong đó:
2
2
5
c
mR
  ; c
c
v
R
 
2
2
mR

  ;
v
R


 
Thay vào ( 1 ) và ( 2 ) ta có: mgh =
2
7
10
c
mv
; mgh =
2
3
4
mv
2
2
15 15
14 14
c c
v v
v v 
   
Bài toán 25: Một hình trụ đồng chất khối tâm C, bán kinh R, momen quán tính I
= 2
2
1
mR đối với trục của nó. Được đặt không vận tốc đầu trên mặt phẳng nghiêng góc
 . Gọi f là hệ số ma sát trượt giữa hình trụ và mặt phẳng nghiêng.
1) Xác định gia tốc hình trụ. Chứng tỏ rằng có trượt hay không là tuỳ theo giả thiết
của  so với giả thiết  0 nào đó cần xác định.
2) Tìm sự biến thiên động năng giữa các thời điểm t, 0. Xét hai trường hợp  < 0
và  >  0
Lời Giải
1) Xác định gia tốc hình trụ
Giả sử trụ lăn không trựơt:
Psin -Fms=ma
Fms.R = I
R
a
mR2
2
1

Suy ra: Fms = ma
2
1
; a = sin
3
2
g
Điều kiện: Fms= sin
3
2
mg ftgfmg 3cos  
Tức là    0 với tg 0 = 3f thì trụ lăn không trượt.
Trường hợp  >  0 Fms là ma sát trượt . Ta có: Fms = fmgcos .
a2 =
m
Fmg mssin
= g(sin - fcos ).
. 2
cosmsF R fg
I R
  

- Trang 27 -
2) Sự biến thiên động năng.
Trường hợp  < 0 ở thời điểm t: v = at = sin
3
2
g .t
tg
R
t .sin
3
2
.  
Động năng: Eđ =
2 2
2 2
mv I
 Bảo toàn năng lượng 0E
- Trường hợp  >  0 ở thời điểm t:
v = g(sin - fcos ).t
t
R
fg 

cos2

Biến thiên năng lượng:
  2
2
2
cos3sin
2
1
.cos
2
tfgfmgS
ta
FAE qmsms  






Với S q =  Rt.
2
1

  222
cos3sincos
2
1
tfmgE  
12 SSS  Với S2 là độ dịch của C, S1 là quãng đường trụ quay.
Bài toán 26: Một lăng trục lục giác đều cạnh a, khối lượng m phân bố đều. Mômen
quán tính của lăng trụ là I =
12
5
ma2
các mặt của lăng trụ hơi lõm để khi lăn trên mặt
phẳng nghiêng lăng trụ tiếp xúc mặt phẳng nghiêng bằng các cạnh coi là vật rắn. Gọi
21 , lần lượt là vận tốc góc của lăng trụ ngay trước và sau va chạm. Tìm tỉ số
1
2


biết ma sát đủ lớn để khối trụ lăn nhưng không nảy lên.
Lời Giải
Ngay trước va chạm lăng trụ quay với ,1 mômen
động lượng đối với trục quay 0 là :
2
0 1 1 0
5
;
2
L I ma v OB   

do trước va chạm,
lăng trụ quay quanh B
Đối với trục quay A: Ngay trước va chạm :
0 2 0
0 0 1
5
. sin30 .
12 2
A
mav
L L a mv ma    
0v

ỏA
B
a
C
D
E
F
O

- Trang 28 -
2 2 2
1 1 1
5 1 11
12 2 12
AL ma ma ma     (1)
Ngay sau va chạm lăng trụ quay quanh A với ,2 đối với (A):
' 2 2 2
2 2
5 17
. ( ).
12 12
A AL I ma ma ma      (2)
Mômen động lượng bảo toàn vì coi như có phản lực N (va chạm) và Fms qua trục quay,
suy ra mômen bằng 0 (mômen của vectơ p

trong thời gian rất nhỏ ta bỏ qua)
' 2
1
11
17


  A AL L
4.4 Các định luật bảo toàn
Bài toán 27: Một vật có khối lượng m = 3 kg được kéo lên trên mặt phẵng nghiêng
một góc 300
so với phương ngang bởi một lực không đổi F = 70 N dọc theo đường
dốc chính. Biết hệ số ma sát là 0,05. lấy g = 10 m/s2
. Hãy xác định các lực tác dụng lên
vật và công do từng lực thực hiện khi vật di chuyển được một
quãng đường s = 2 m.
Lời Giải:
Vật chịu tác dụng của các lực: Lực kéo F

, trọng lực P

, phản
lực N

của mặt phẵng nghiêng và lực ma sát msF

.
Vì Psin = 15 N < F = 70 N nên vật chuyển đông lên theo mặt phẵng nghiêng (được
mặc nhiên chọn là chiều dương).
Công của từng lực: AF = F.s.cos00
= 140 J;
AP = mgcos1200
= - 30 J; AN = Nscos900
= 0;
Ams = Fms.s.cos1800
= mg.cos.s.cos1800
= - 2,6 J.
Bài toán 28: Một vật nhỏ có khối lượng m trượt
không vận tốc ban đầu từ đỉnh một nêm có góc
nghiêng α = 300
so với phương ngang. Hệ số ma
sát giữa vật với mặt nêm là μ = 0,2. Lấy g = 10
m/s2
. Mốc thế năng tại chân mặt phẳng nghiêng.
a) Nêm được giữ cố định. Khi vật đến chân nêm thì có bao nhiêu phần trăm cơ năng
của vật chuyển hóa thành nhiệt năng?
b) Nêm được kéo cho trượt sang trái với gia tốc không đổi a = 2 m/s2
trên sàn nằm
ngang. Tìm gia tốc của m so với nêm khi nó được thả cho chuyển động.
m
α
a


- Trang 29 -
Lời Giải
a) Lực ma sát: Fms = μ.N = μmg.cosα.
Công của lực ma sát: Ams = Fms.l với l là chiều dài nêm.
Cơ năng ban đầu của vật: W = mgh = mgl.sinα.
msA
W tan



= 34,6%
b) Các lực tác dụng vao vật m như hình vẽ
Phương trình định luật II cho vật:
ms 12P N F m(a a)   
    
.
Chiếu lên phương vuông góc với nêm và song song
với nêm ta được:
N + ma.sin α - mg.cos α = 0
mg.sin α + ma.cos α – Fms = m.a12.
a12 =  g.sin a.cos g.cos a.sin        = 5,2 m/s2
Bài toán 29 (Trích Đề Olympic 30/4 năm
2009): Một quả cầu nhỏ nằm ở chân nêm AOB
vuông cân, cố định cạnh l như hình vẽ bên. Cần
truyền cho quả cầu vận tốc 0v

bằng bao nhiêu
hướng dọc mặt nêm để quả cầu rơi đúng điểm
B trên nêm. Bỏ qua mọi ma sát, coi mọi va
chạm tuyệt đối đàn hồi.
Lời Giải
Chọn mốc thế năng ở mặt phẳng chứa AB
Gọi v

là vận tốc của quả cầu khi lên đến đỉnh nêm
Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng
2 2
20
0
mv mv 2
mg v v g 2
2 2 2
    


Sau khi rời O, quả cầu chuyển động
như vật ném xiên với v

tạo với phương
ngang một góc 450
.
+ Theo trục Oy:
A
O
B
0v

A
O
B
0v

Y
X
g

α
N

a

ns
F

P


- Trang 30 -
h m
M
ay = -
g 2
const
2
 ; vy = v -
g 2
t
2
; y = vt - 2g 2
gt
4
Khi chạm B: y = 0  t =
2 2v
g
Vận tốc quả cầu ngay trước va chạm: vy = v -
g 2 2 2v
2 g
  - v
Do va chạm đàn hồi, nên sau va chạm vận tốc quả cầu dọc theo Oy là v

nên bi lại
chuyển động như trên.
Khoảng thời gian giữa hai lần va chạm liên tiếp giữa bi và mặt nêm OB là:
t =
2 2v
g
+ Theo trục Ox:
ax =
g 2
const
2
 ; v0x = 0: quả cầu chuyển động nhanh dần đều
Quãng đường đi được dọc theo Ox sau các va chạm liên tiếp:
x1 : x2 : x3 : … = 1 : 3 : 5 :…: (2n-1)
x1 =
1
2
axt2
=
2
02 2(v g 2)
g
 
Để quả cầu rơi đúng điểm B:
x1 + x2 + … + xn = [1 + 3 + 5 + … + (2n - 1)]x1 = n2
x1 = l

2
02 2(v g 2)
g
 
n2
= l
Bài toán 30: Một khúc gỗ bắt đầu trượt
trên mặt phẳng nghiêng như hình vẽ. M
= 0,5 kg từ độ cao h = 0,8 m không ma
sát đập vào khúc gỗ trên mặt bàn ngang
m = 0,3 kg. Hỏi khúc gỗ dịch chuyển
trên mặt bàn mặt bàn ngang một đoạn bao nhiêu ? Biết va chạm hoàn toàn mềm. Hệ số
ma sát trên mặt ngang μ = 0,5.
Lời Giải
Áp dụng định luật bảo toàn động lượng cho hệ cô lập gồm M và m:
M 0
v

= (M + m)V


- Trang 31 -
M
m
Vận tốc va chạm của hai vật ngay sau va chạm :
 V =
mM
Mv

0
=
mM
ghM

2
(1)
Vì va chạm mềm nên sau va chạm coi hai vật là một có M + m :
Các lực tác dụng lên hai vật : N

, P

M+m, msF

Theo định luật II Niu Tơn :
N

+ P

M+m + msF

= (M+m) a

(*)
Chiếu (*) lên phơng chuyển động :
Ta có : Fms = - (M+m)a
mặt khác : Fms =  (M+m)g  a = -  g.
Từ công thức chuyển động: vt
2
– v0
2
= 2as Trong đó: vt = V, v0 = 0
 Khúc gỗ dịch chuyển 1 đoạn :
2 2
0 V
S
2.( .g)



=
g
V
2
2
=
2
2








 mM
ghM
.
1
2 g
= 0,625 (m)
Trong những bài tập về mặt phẳng nghiêng, việc vận dụng các định luật bảo
toàn để giải thường được áp dụng trong một số bài toán phức tạp, điển hình là bài toán
va chạm của một vật với mặt nêm theo những cách va chạm khác nhau. Dạng bài tập
này được sử dụng trong đề thi chọn học sinh giỏi Quốc gia năm 2012. Sau đây, chúng
ta sẽ xét một bài toán va chạm tương tự trong trường hợp đơn giản nhất.
Bài toán 31: Một nêm A có góc α = 300
, có khối
lượng M đặt trên mặt ngang. Một viên bi khối lượng
m đang bay ngang với vận tốc 0V

ở độ cao a so với
mặt ngang, đến va chạm vào mặt nghiêng của nêm.
Va chạm của bi vào nêm tuân theo định luật phản xạ gương và vận tốc của bi sau va
chạm có độ lớn
9
7 0V
, hệ số ma sát giữa nêm và bàn là K. Hỏi sau va chạm bi lên đến
độ cao tối đa bao nhiêu (so với mặt bàn) và nêm
dịch chuyển một đoạn là bao nhiêu ?
Lời Giải:
Chọn hệ trục OXY như hình , O là điểm va chạm.
yx VVV

 là vận tốc của bi ngay sau va chạm
msF

N

P

O
X
0V

V


- Trang 32 -
AV

là vận tốc của nêm ngay sau va chạm.
Động lượng bi-nêm được bảo toàn theo phương ngang nên :
mVx + MVA = mV0
VA =
M
mV
M
mV
18
11
2cos
9
7
1 00






  .
Độ cao tối đa bi lên được kể từ O :
hmax =
g
V
g
V
g
Vy
216
49
2
2sin
9
7
2
2
0
2
0
2









Độ cao tối đa tính từ mặt bàn: Hmax = a
g
V

216
49 2
0
Gia tốc trượt châm dần đều của nêm: Kg
M
F
a ms



Nêm trượt được một đoạn: S =
KgM
mV
Kg
M
mV
a
VA
2
2
0
2
0
2
648
121
2
18
11
2











4.5 Từ Học
Biết làm đúng với mặt phẳng nghiêng sẽ giúp ích rất nhiều cho việc giải các bài
tập rất phong phú về sự chuyển động của thanh trượt theo các đường ray nghiêng.
Bài toán 32: Một khung kim loại đặt nghiêng so với mặt phẳng ngang một góc α sao
cho sinα = 0,8 và được đặt trong một từ trường đều có phương thẳng đứng. Một thanh
trượt có khối lượng m = 20 gam trượt theo khung. Biết độ dài thanh trượt là l = 10 cm,
điện trở của thanh là R = 1,2 Ω; cảm ứng từ B = 0,1 T; hệ số ma sát giữa thanh trượt
và khung là μ = 0,5. Tìm vận tốc đã ổn định của thanh trượt. Bỏ qua điện trở của
khung.
Lời Giải:
Khi thanh chuyển động với vận tốc v thì
trong thanh xuất hiện suất điện động cảm ứng
bằng ξ = Bvlsin(
2

+ α) = Bvl.cosα.
Do đó, trong mạch có dòng điện
os

Blvc
I
R

B

y
x

F

N

v

P


- Trang 33 -
Thanh chịu tác dụng của lực Ampe từ phía từ trường đều thẳng đứng bằng
2 2
cos
 
B l v
F IBl
R

và có hướng nằm ngang chống lại sự chuyển động của thanh
(Theo định luật Lenz).
Áp dụng định luật II Newton cho chuyển động ổn định của thanh và chiếu lên các trục
Ox và Oy có dạng sau
mgsinα – Fcosα – Fms = 0 với Fms = μ.N
N – mgcosα – Fsinα = 0
Giải các phương trình trên ta được: 2
mgR sin cos
v . 2 m / s
B cos cos sin
   
 
    
Bài toán 33: Hai thanh kim loại song song, thẳng đứng có
điện trở không đáng kể, một đầu nối vào điện trở 0,5R   .
Một đoạn dây dẫn AB, độ dài 14l cm , khối lượng 2m g ,
điện trở 0,5r   tì vào hai thanh kim loại tự do trượt không
ma sát xuống dưới và luôn luôn vuông góc với hai thanh kim loại đó. Toàn bộ hệ
thống đặt trong một từ trường đều có hướng vuông góc với mặt phẳng hai thanh kim
loại có cảm ứng từ 0,2B T . Lấy 2
9,8 /g m s .
a) Xác định chiều dòng điện qua R.
b) Chứng minh rằng lúc đầu thanh AB chuyển động nhanh dần, sau một thời gian
chuyển động trở thành chuyển động đều. Tính vận tốc chuyển động đều ấy và tính
UAB.
c) Bây giờ đặt hai thanh kim loại nghiêng với mặt phẳng nằm ngang một góc 60o
  .
Độ lớn và chiều của B

vẫn như cũ. Tính vận tốc v của chuyển động đều của thanh AB
và UAB.
Lời Giải:
a) Do thanh đi xuống nên từ thông qua mạch tăng.
Áp dụng định luật Lenxơ, dòng điện cảm ứng sinh ra cuB

ngược chiều B

.
Áp dụng qui tắc nắm bàn tay phải, I chạy qua R có chiều từ A
đến B.
b) Ngay sau khi buông thì thanh AB chỉ chịu tác dụng của trọng lực P mg nên thanh
chuyển động nhanh dần, do đó v tăng dần.
A B
R

B

A B
R

B

cuB

I

- Trang 34 -
- Đồng thời, do sau đó trong mạch xuất hiện dòng điện I nên thanh AB chịu thêm tác
dụng của lực từ F BIl có hướng đi lên.
- Mặt khác, suất điện động xuất hiện trong AB là:
e Blv
t

 

nên
e Blv
I
R r R r
 
 
2 2
B l v
F
R r
 

Cho nên khi v tăng dần thì F tăng dần, vì vậy tồn tại thời điểm mà F = P. Khi đó thanh
chuyển động thẳng đều.
- Khi thanh chuyển động đều thì:
2 2 3
2 2 2 2
( ) (0,5 0,5).2.10 .9,8
25( / )
0,2 .0,14
B l v R r mg
F mg mg v m s
R r B l

 
      

- Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là:
0,2.0,14.25
. . .0,5 0,35( )
0,5 0,5
AB
Blv
U I R R V
R r
   
 
c) Khi để nghiêng hai thanh kim loại ta có hình vẽ bên:
- Hiện tượng xảy ra tương tự như trường hợp b) khi ta
thay P bằng Psin, thay B bằng B1 với B1 = Bsin.
- Lập luận tương tự ta có:
2 2
3 0
2 2 2 2
( sin )
sin sin
( ) sin (0,5 0,5).2.10 .9,8.sin 60
28,87( / )
( sin ) (0,2.sin60 ) .0,14

  

 
   o
B l v
F mg mg
R r
R r mg
v m s
B l

 


- Hiệu điện thế giữa hai đầu thanh khi đó là:
sin . 0,2.sin 60 .0,14.28,87
. . .0,5 0,35( )
0,5 0,5
o
AB
B lv
U I R R V
R r

   
 
4.6 Dao động cơ học
Trước tiên ta xét bài toán “trung gian” giữa động lực học và dao động cơ học.
Bài toán 34: Một vật nhỏ khối lượng m trượt từ điểm cao nhất trên mặt nghiêng của
nêm đứng yên trên một mặt bàn ráp. Mặt nghiêng của nêm lập với mặt phẳng ngang
một góc α và gồm hai phần, mỗi phần có chiều dài L: phần trên cùng có hệ số ma sát
biến thiên theo quy luật:
x
tan
L
   (trục x hướng dọc theo mặt phẳng nghiêng của
nêm với gốc tại đỉnh nêm); phần dưới cùng có hệ số ma sát μ1 = tanα. Bỏ qua sự
1B

B

2B

P

1P

F

N

I



- Trang 35 -
chuyển động của nêm. Vận tốc ban đầu của vật bằng không. Tìm thời gian vật chuyển
động trên mỗi phần của nêm, lực ma sát tác dụng lên nêm.
Lời Giải:
+ Trong miền thứ nhất, phương trình chuyển động của hạt là:
x
mx mgsin mgcos tan
L
     
   
gsin
x L x L 0
L
    
Giải phương trình vi phân này và sử dụng diều kiện ban đầu ta tìm được:
x = L(1 – cosωt) với 2 gsin
L

 
Lực ma sát của bàn lên nêm: F = μNcosα – Nsinα = - mgcosα.sinα.cosωt
Tại thời điểm
L
t
2 2 gsin
 
 
 
hạt bắt đầu chuyển sang miền 2.
+ Sang miền 2, vật chuyển động đều với vận tốc v = Lω và đi hết miền 2 trong thời
gian
L L
t
v gsin
 

Lực ma sát do mặt bàn tác dụng lên nêm bằng 0.
Bài toán dưới đây mặc dù không có quá trình lặp đi lặp lại một cách tuần hoàn
nào, nhưng lại có thể giải được bằng phương pháp của lý thuyết dao động điều hòa.
Bài toán 35: Một xích có chiều dài L trượt theo mặt phẳng nằm ngang với vận tốc v0
rồi trượt lên mặt phẳng nghiêng góc α theo phương vuông góc với biên dưới của nó.
Hỏi sau bao lâu thì xích sẽ dừng lại? Bỏ qua mọi ma sát
Lời Giải: Xét thời điểm khi một phần xích có chiều dài x và khối lượng
m.x
m(x)
L

đã đi lên mặt phẳng nghiêng.
Nếu viết phương trình của định luật II Newton cho mỗi yếu tố của xích theo hình chiếu
trên phương chuyển động của nó, rồi sau đó lấy tổng các phương trình chuyển động
của xích (ta bỏ đi nội lực tương tác giữa các phần tử của xích, vì theo định luật III
Newton, khi lấy tổng chúng sẽ triệt tiêu nhau):  mx m x .gsin   
Phương trình này sẽ dẫn tới phương trình dao động điều hòa:
gsin
x x 0
L

  

- Trang 36 -
Như vậy chuyển động của xích sẽ diễn ra theo quy luật dao động điều hòa với điều
kiện ban đầu x = 0.
Vậy với
gsin
L

  . Vận tốc của xích khi đó thay đổi theo quy luật:
v = ωAcosωt = v0cosωt 0v
A 

Tùy thuộc vào điều kiện ban đầu mà có thể xảy ra 2 trường hợp.
+ Nếu A < L thì chuyển động của xích trước khi dừng lại sẽ diễn ra theo quy luật điều
hòa và trùng với chuyển động của con lắc. Thời gian đến khi dừng lại bằng một phần
tư chu kỳ dao động:
T L
t
4 2 gsin

 

+ Nếu A > L thì xích sẽ đi trọn vẹn đi lên mặt phẳng nghiêng trước khi dừng lại, thời
gian chuyển động cho tới khi dừng lại được tìm bằng cách sử dụng phương trình dao
động của nó.
5. Giải pháp thực hiện
Qua những năm ôn thi đội tuyển HSG của trường dự thi các kỳ thi khác nhau,
kinh nghiệm của cá nhân cho thấy, để học sinh có những kỹ năng cần thiết để giải bài
toán về mặt phẳng nghiêng thì tôi thường thực hiện như sau:
Đầu tiên, hướng dẫn học sinh hiểu thật sâu kiến thức trong sách giáo khoa về
phương pháp giải bài toán động lực học (sách giáo khoa trình bày khá kỹ). Yêu cầu
học sinh giải và hiểu được tất cả các dạng bài tập động lực học trong sách giáo khoa,
học sinh phải chứng minh được tất cả các công thức về các đại lượng liên quan đến
chuyển động của các vật liên quan đến mặt phẳng nghiêng (gia tốc, lực căng dây, lực
nén…).
Sau khi học sinh đã hiểu sâu về những kiến thức cơ bản, tôi giải các bài tập mẫu
(đã đề cập ở phần nội dung) với nhiều dạng bài tập khác nhau, đa dạng về các hướng
tiếp cận, kết hợp các phương pháp giải khác nhau, dần dần giúp học sinh tiếp cận được
các dạng bài tập từ cơ bản đến nâng cao.
Sau cùng, tôi cung cấp cho học sinh một hệ thống bài tập có đáp số để học sinh
tự rèn luyện ở nhà, trong quá trình học sinh tự luyện thì giữa học sinh và giáo viên có
sự trao đổi thường xuyên với nhau để giải đáp những thắc mắc kịp thời.

- Trang 37 -
.
m1 m2

A
B

0v

A
B
ECD
6. BÀI TẬP THAM KHẢO CỦA CHUYÊN ĐỀ
Bài 1: Cho hệ vật như hình vẽ: m1 = 3kg, m2 = 2kg,  =
300
. Bỏ qua ma sát, khối lượng của dây và khối lượng ròng
rọc. Lấy g = 10m/s2
.
a. Tính gia tốc chuyển động của mỗi vật
b. Tính lực nén lên trục ròng rọc.
c. Sau bao lâu kể từ khi bắt đầu chuyển động từ trạng thái đứng yên thì hai vật ở
ngang. Biết lúc đầu m1 ở vị trí thấp hơn m2 0,75m.
ĐS: a. a =1 m/s; b. T = 31,2 N; c. t = 1 s.
Bài 2: Muốn kéo một vật có trọng lượng P = 1000N chuyển động đều lên một mặt
phẳng nghiêng góc 600
so với đường thẳng đứng, người ta phải dùng một lực F

có
phương song song với mặt phẳng nghiêng và có độ lớn 600N. Hỏi vật sẽ chuyển động
xuống mặt phẳng nghiêng với gia tốc bao nhiêu khi không có lực F

. Biết giữa vật và
mặt phẳng nghiêng có ma sát. Lấy g = 10m/s2
.
ĐS: a = 4 m/s2
.
Bài 3: Từ một điểm A trên sườn một quả đồi, một vật
được ném theo phương nằm ngang với vận tốc 10m/s.
Theo tiết diện thẳng đứng chứa phương ném thì sườn
đồi là một đường thẳng nghiêng góc  = 300
so với
phương nằm ngang điểm rơi B của vật trên sườn đồi cách A bao nhiêu ? Lấy g =
10m/s2
.
ĐS: AB 13,33 m .
Bài 4: Từ đỉnh A của một mặt bàn phẳng nghiêng người ta
thả một vật có khối lượng m = 0,2kg trượt không ma sát
không vận tốc đầu. Cho AB = 50cm; BC = 100cm; AD =
130cm; g = 10m/s2
.
a. Tính vận tốc của vật tại điểm B
b. Chứng minh rằng quỹ đạo của vật sau khi rời khỏi bàn là 1 parabol. Vật rơi
cách chân bàn một đoạn CE bằng bao nhiêu? (Lấy gốc toạ độ tại C)
ĐS: a. vB = 2,45 m/s; b. 2
2 2
B
g
y h tan .x x
2v cos
   

, CE = 0,635 m.

- Trang 38 -

A
B
m

A
B
m
m1
m2
F

m
Am2
m1
F

αB
H.1

A
B
m
A
Bài 5: Nêm có khối lượng M, mặt AB dài l nghiêng một góc  so với phương ngang.
Từ A thả vật khối lượng m không vận tốc đầu. Bỏ qua ma sát
giữa m với sàn và giữa m với M.
a. Tính gia tốc của M.
b. Tìm thời gian m đi từ A đến B.
ĐS: a. 2
mgsin .cos
a
M msin
 

 
; b.
2
2l 2l(M msin
t
a gsin (M m)
 
 
 
.
Bài 6: Trên mặt phẳng nằm ngang có một nêm khối lượng 2m 4kg , chiều dài mặt
phẳng nghiêng L = 12 cm, và 0
30  .Trên nêm đặt khúc gỗ
1m 1kg . Biết hệ số ma sát giữa gỗ và nêm 0,1  . Bỏ qua
ma sát giữa nêm và mặt phẳng ngang. Tìm lực F

đặt vào nêm
để khúc gỗ trượt hết chiều dài mặt phẳng nghiêng trong thời gian t = 2 s từ trang thái
đứng yên. Lấy 2
g 10m / s .
ĐS: F 4,9N .
Bài 7: Một nêm khối lượng M = 1 kg có mặt AB dài 1 m,
góc nghiêng 0
30  có thể trượt không ma sát trên mặt
phẳng nằm ngang. Từ A thả vật m = 1kg trượt xuống dốc
AB. Hệ số ma sát trượt giữa m và mặt AB là 0,2. Bỏ qua
kích thước vật m. Tìm thời gian để m đến B. Trong thời gian đó nêm đi được đoạn
đường bao nhiêu ? Cho g = 10 m/s2
.
ĐS: t = 0,6 s; s = 0,43 m.
Bài 8: Chiếc nêm A có khối lượng m1 = 5 kg, có góc nghiêng 0
30  có thể chuyển
động tịnh tiến không ma sát trêm mặt bàn nhẵn nằm ngang. Một vật khối lượng m2 = 1
kg, đặt trên nêm được kéo bằng một sợi dây vắt qua ròng rọc cố định gắn chặt với
nêm. Lực kéo F phải có độ lớn bằng bao nhiêu để vật m2 chuyển động lên trên theo
mặt nêm. Khi F = 10 N, gia tốc của vật và nêm bằng bao nhiêu ? Bỏ qua ma sát, khối
lượng dây và khối lượng ròng rọc. Lấy g = 10 m/s2
.
ĐS: 5,84 < F < 64,6 N; a1 = 1,08 m/s2
; a2 = 4,99 m/s2
.
Bài 9: Nêm A phải chuyển động ngang với gia tốc bao nhiêu để
m trên A chuyển động lên trên ? Biết hệ số ma sát giữa m và A
là cot   .

- Trang 39 -

m
m1
m2

A
B C

ĐS:
(sin cos )g
a
cos sin
   

   
.
Bài 10: Nêm có tiết diện là tam giác ABC vuông tại A. Nêm chuyển động trêm mặt
phẳng ngang với gia tốc 0a

không đổi. Hai vật nhỏ cùng khối
lượng, cùng trượt xuống từ đỉnh A dọc theo hai sườn AB và AC
của nêm. Cho  0
ABC ; ( 45 )    . Tìm độ lớn và hướng gia
tốc 0a

của nêm theo  để hai vật cùng xuất phát từ đỉnh với vận tốc ban đầu bằng
không (đối với nêm) và trượt đến chân các sườn trong các khoảng thời gian bằng nhau
(bỏ qua mọi ma sát).
ĐS:
2
g(tan 1)
a
2tan
 


; nêm chuyển động sang trái.
Bài 11: Một cái nêm khối lượng M đang đứng yên trên mặt bàn nằm ngang. Trên
mặt nghiêng của nêm hợp với mặt bàn một góc  , người ta
đặt một quả cầu đồng chất khối lượng m. Quả cầu bắt đầu lăn
không trượt dọc theo đường dốc chính của mặt nghiêng của
nêm. Bỏ qua ma sát giữa nêm và mặt bàn; ma sát lăn giữa quả
cầu và nêm. Xác định gia tốc của nêm.
ĐS:
0
2 2
5
mgsin cos
7a
2
M m(sin cos )
7
 

   
Bài 12: Một quả cầu đồng chất khối lượng m = 3kg, được
giữ trên mặt phẳng nghiêng trơn nhờn một dây treo như hình
vẽ. Cho  = 300
, lấy g = 10m/s2
.
a. Tìm lực căng dây và lực nén cảu quả cầu lên mặt phẳng nghiêng.
b. Khi dây treo hợp với phương đứng một góc  thì lực căng dây là 10 3 N. Hãy xác
định góc  và lực nén của quả cầu lên mặt phẳng nghiêng lúc này.
ĐS: a. T 15 N ; b. N 15 3 N .
Bài 13: Hai vật m1 và m2 được nối với nhau qua ròng rọc như
hình vẽ. Hệ số ma sát giữa vật m1 và mặt phẳng nghiêng là  .
Bỏ qua khối lượng ròng rọc và dây nối. Dây nối không co dãn.

- Trang 40 -
F

m2
m1m3
1
2
J
B 300
A
C
I 
Tính tỉ số giữa m2 và m1 để vật m1:
a. Đi lên thẳng đều.
b. Đi xuống thẳng đều
ĐS: a. 2
1
m
sin cos
m
     ; b. 2
1
m
sin cos
m
     ;
Bài 14: Một vật có khối lượng m = 20kg nằm trên một mặt phẳng nghiêng một góc
 = 300
so với phương ngang.
1. Bỏ qua ma sát, muốn giữ vật cân bằng cần phải đặt phải đặt vào vật một lực F bằng
bao nhiêu trong trường hợp:
a. Lực F

song song với mặt phẳng nghiêng.
b. Lực F

song song với mặt phẳng nàm ngang
2. Giả sử hệ số ma sát của vật với mặt phẳng nghiêng là k = 0,1 và lực kéo F

song
song với mặt phẳng nghiêng. Tìm độ lớn F

khi vật được kéo lên đều và khi vật đứng
yên trên mặt phẳng nghiêng. Lấy g = 10m/s2
.
ĐS: 1. a. F = 100 N, b. F = 115,47 N; 2. F = 117,32 N.
Bài 15: Một vật có trọng lượng P = 100N được giữ đứng yên trên mặt
phẳng nghiêng góc  bằng lực F

có phương nằm ngang như hình vẽ.
Biết hệ số ma sát  = 0,2. Tính giá trị lực F lớn nhất và bé nhất. Lấy g
= 10m/s2
.
ĐS: Fmax = 77,77 N; Fmin = 27,27 N.
Bài 16: Người ta giữ cân bằng vật m1 = 6kg, đặt trên mặt phẳng
ngiêng góc  = 300
so với mặt ngang bằng cách buộc vào m1 hai
sợi dây vắt qua ròng rọc 1 và 2, đầu kia của hai sợi dây treo hai vật
có khối lượng m2 = 4kg và m3 (hình). Tính khối lượng m3 của vật
và lực nén của vật m1 lên mặt phẳng nghiêng. Lấy g = 10m/s2
. Bỏ qua ma sát.
ĐS: m3 = 1 kg ; N = 17,32 N.
Bài 17: Một khung kim loại ABC với Â = 900
, ˆB= 300
, BC nằm ngang, khung nằm
trong mặt phẳng thẳng đứng. Có hai viên bi giống hệt nhau
trượt dễ dàng trên hai thanh AB và AC. Hai thanh viên bi này
nối với nhau bằng thanh nhẹ IJ. Khi thanh cân bằng thì ˆAIJ=
 a. Tính  ?
b. Cân bằng trên là bền hay không bền

- Trang 41 -
ĐS: 0
60  ; Cân bằng bền.
Bài 18 (Đề Olympic 30/4 năm 2009): Một tấm
ván B dài = 1m, khối lượng m2 = 1kg được đặt
lên một mặt phẳng nghiêng 300
so với phương
ngang. Một vật A có khối lượng m1 = 100g được
đặt tại điểm thấp nhất của B và được nối với B
bằng một sợi dây mảnh không giãn vắt qua một
ròng rọc nhẹ, gắn cố định ở đỉnh dốc. Cho g = 10m/s2
và bỏ qua mọi ma sát. Thả cho
tấm ván trượt xuống dốc.
a. Tìm gia tốc của A, B. Tính lực do B tác dụng lên A, lực do mặt nghiêng tác dụng lên
B và lực căng của dây nối.
b. Tính thời gian để A rời khỏi ván B.
ĐS: a. T = 0,9 N; b. t = 0,49 s
Bài 19: Một khung kim loại đặt nghiêng so với mặt phẳng ngang một góc α = 300
và
được đặt trong một từ trường đều có phương thẳng đứng. Một thanh trượt có khối
lượng m = 30 gam bắt đầu trượt không ma sát theo khung. Biết độ dài thanh trượt là l
= 10 cm, điện trở của thanh là R = 2 Ω; cảm ứng từ B = 0,1 T; hệ số ma sát giữa thanh
trượt và khung là μ = 0,5. Tìm vận tốc đã ổn định của thanh trượt. Bỏ qua điện trở của
khung.
ĐS: v = 3 m/s.
Bài 20: Một thanh MN đồng chất tiết diện đều có chiều dài l = 1 m, đặt dọc theo mặt
phẳng nghiêng AC có chiều dài 3,5l; Mặt nghiêng của nêm lập với mặt phẳng ngang
một góc α = 300
. Ban đầu thì đầu M tại A, trên đoạn AB = 1,5l của mặt phẳng nghiêng
không có ma sát, đoạn BC tiếp theo có ma sát với hệ số ma sát μ = tanα. Bỏ qua sự
chuyển động của nêm. Vận tốc ban đầu của vật bằng không. Lấy g = 10 m/s2
.
a. Tìm vận tốc của thanh khi đầu dưới N đến chân mặt phẳng nghiêng
b. Tìm thời gian chuyển động của thanh trong quá trình trên.
ĐS: a. 10 m/s; b. 1,11 s
Bài 21: Vật khối lượng m có kích thước ab nằm trên mặt
phẳng nghiêng có góc nghiêng . Bắt đầu tác dụng lực F
song song với mặt phẳng nghiêng. Với lực F như thế nào thì
vật bị lật đổ? Biết rằng khi đó vật không bị trượt xuống mặt

A
B
α
F
b

- Trang 42 -
phẳng nghiêng.
ĐS:
mg a
F ( .cos sin )
2 b
   
Bài 22: Một khối lập phương nhỏ khối lượng m = 100g đặt
trên mặt phẳng nhám nghiêng với phương nằm ngang một
góc  = 300
(Hình 1.16). Hệ số ma sát giữa khối lập phương
và mặt nhám là k = 0,8. Tìm lực nhỏ nhất F tác dụng vào khối
lập phương theo phương ngang để cho nó bắt đầu chuyển
động? Lực nằm trên mặt phẳng nghiêng.
ĐS:  2 2
minF mg. k.cos sin   
Bài 23: Xe tải có khối lượng M = 8 tấn đang
vượt dốc. Xe tải kéo theo một moóc có khối
lượng m = 4 tấn. Dây nối nằm ở độ cao h = 1m.
Khối tâm G của xe tải nằm ở độ cao H = 2m;
khoảng cách giữa các trục bánh xe là L = 4m.
Khi đi trên đường nằm ngang thì các bánh sau
ép lên mặt đường một lực bằng
3
4
toàn bộ trọng
lượng của xe. Với góc nghiêng của dốc như thế nào thì xe bị đổ về sau? Thực tế có
nguy hiểm hay không, nếu công suất của động cơ chỉ đủ để vượt dốc có góc nghiêng
không vượt quá 100
?
ĐS:
L
M
4tan
m.h+M.H
 
Bài 24 (Trích đề thi chọn HSG QG năm 2013): Một quả cầu đặc, đồng chất, khối
lượng m, bán kính r, lúc đầu được giữ đứng yên và không quay, tâm ở độ cao nào đó
so với mặt sàn nằm ngang. Trên sàn có một vật hình nêm khối lượng M, mặt nêm
nghiêng góc α so với phương nằm ngang. Thả cho quả cầu rơi tự do xuống nêm. Biết
rằng ngay trước khi va chạm vào mặt nêm tâm quả cầu có vận tốc v0 . Coi quả cầu và
nêm là các vật rắn tuyệt đối. Bỏ qua tác dụng của trọng lực trong thời gian va chạm.
Sau va chạm nêm chỉ dịch chuyển tịnh tiến trên mặt sàn. Bỏ qua ma sát. Coi va
chạm là hoàn toàn đàn hồi.
a) Tìm tốc độ dịch chuyển của nêm ngay sau va chạm.
G
L

α
F

- Trang 43 -
b) Với α bằng bao nhiêu thì động năng của nêm thu được ngay sau va chạm là
lớn nhất? Tìm biểu thức động năng lớn nhất đó.
ĐS: a. 0
2
vm 1 1 m
v . ;K cot 1
M 2 cot Mm
1
M(1 K )
  
         

; b.
m
cot 1
M
  
Bài 25 (Trích đề thi chọn HSG QG năm 2014): Đặt một vật nhỏ m = 10 gam trên
một mặt phẳng, mặt phẳng này nghiêng với mặt phẳng ngang góc α = 300
. Vật được
nối vào điểm O cố định trên mặt nghiêng nhờ một dây mảnh, nhẹ, không dãn có chiều
dài R = 40 cm. Ban đầu vật được giữ cố định trên mặt nghiêng ở vị trí dây nối nằm
ngang rồi được thả nhẹ cho chuyển động. Vật đổi chiều chuyển động lần đầu tiên khi
dây quay được góc 1200
so với vị trí ban đầu. Trong suốt quá trình chuyển động dây
luôn căng. Lực ma sát có phương tiếp tuyến với quỹ đạo và có chiều ngược với chiều
chuyển động. Lấy g = 10 m/s2
.
1. Tính hệ số ma sát giữa vật và mặt phẳng nghiêng.
2. Tính độ lớn vận tốc cực đại và lực căng dây cực đại trong quá trình vật chuyển
động.
3. Tính tổng quãng đường vật đi được từ lúc thả đến khi vật dừng lại hẳn.
ĐS: 1.
3
4
 

; 2. Tmax = 0,091 N; 3. S = 0,915 m
7. Tài liệu tham khảo
[1] VŨ THANH KHIẾT, 121 BÀI TẬP VẬT LÝ 10 NÂNG CAO, NXB ĐỒNG NAI, 1998
[2] BÙI QUANG HÂN (chủ biên), GIẢI TOÁN VẬT LÝ 10, NXB GIÁO DỤC, 2003
[5] NGUYỄN ANH THI, 252 BÀI TOÁN CƠ HỌC, NXB GIÁO DỤC, 2005
[6] TẠP CHÍ VẬT LÝ TUỔI TRẺ.

chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10

Similar to chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (20)

chuyên đề hệ thống bài tập mặt phẳng nghiêng lý 10